Question

14．已知抛物线C：y=$\frac{1}{4}$x²，点F（0，1），过点F的直线l交抛物线于A、B两点．
（1）若直线l的斜率为1，求A、B的中点坐标和S_△OAB；
（2）求△OAB的面积为2，求直线l的方程；
（3）是否存在直线m使得以AB为直径的圆始终与直线m相切．（提示：利用对称性，再画一个圆，猜想出m的位置后再利用特殊圆的位置求出直线m的方程，再证明）

Answer 1

分析 （1）若直线l的斜率为1，则直线l的方程为：y=x+1，联立抛物线方程，根据韦达定理及中点公式，可得A、B的中点坐标，由弦长公式和点到直线距离公式，求出△OAB的底边长和高，可得S_△OAB；
（2）设直线l的斜率为k时，△OAB的面积为2，联立直线与抛物线方程，结合弦长公式，及点到直线距离公式，构造关于k的方程，解得答案．；
（3）存在直线y=-1始终与以AB为直径的圆相切，进而利用（2）中结论，求出圆心到直线y=-1的距离等于半径，可得答案．

解答 解：抛物线C：y=$\frac{1}{4}$x²的标准方程为：x²=4y，点F（0，1）为抛物线C的焦点；
（1）若直线l的斜率为1，则直线l的方程为：y=x+1，
代入y=$\frac{1}{4}$x²得$\frac{1}{4}$x²=x+1，
即$\frac{1}{4}$x²-x-1=0，
则设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=4，x₁•x₂=-4，
则A、B的中点横坐标为：$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=2，纵坐标为3，
即A、B的中点坐标为（2，3），
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$=8，
原点O到直线L的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=2$\sqrt{2}$，
（2）设直线l的斜率为k时，△OAB的面积为2，
则直线l的方程为：y=kx+1，代入y=$\frac{1}{4}$x²得$\frac{1}{4}$x²=kx+1，
即$\frac{1}{4}$x²-kx-1=0，
则设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=4k，x₁•x₂=-4，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$×4$\sqrt{1+{k}^{2}}$=4（l+k²），
原点O到直线L的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
故S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$=2，
解得：k=0，
此时直线方程为：y=1
（3）存在直线y=-1始终与以AB为直径的圆相切，理由如下：
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y=kx+1，代入y=$\frac{1}{4}$x²得$\frac{1}{4}$x²=kx+1，
即$\frac{1}{4}$x²-kx-1=0，
则设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=4k，x₁•x₂=-4，
则A、B的中点横坐标为：$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=2k，纵坐标为2k²+1，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$×4$\sqrt{1+{k}^{2}}$=4（l+k²），
故以AB为直径的圆的半径R=$\frac{1}{2}$|AB|=2（l+k²），
而圆心到直线y=-1的距离d=2k²+1-（-1）=2（l+k²），
即存在直线y=-1始终与以AB为直径的圆相切．

点评 本题考查的知识点是抛物线的性质，点到直线的距离公式，弦长公式，三角形面积公式，中点公式，是直线与圆锥曲线的综合应用，难度较大．